Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


haitienbg

Đăng ký: 26-07-2013
Offline Đăng nhập: 21-09-2017 - 22:37
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: [VMO 2014] Ngày 1 - BÀI 4 - HÌNH HỌC PHẲNG

04-01-2014 - 21:00

Câu này thật nhảm, chắc ai cũng làm đc hoặc ít nhất là câu a

Caaub kéo dài $PK$ cắt đường tròn tại $T$ xong c/m $ATDK$ là hình bình hành quá nhẹ nhàng chỉ bằng biến đổi góc.

cách khác câu b:

Do $AK,DK$ tương ứng vuông góc $ID,IA$ nên $K$ là trực tâm tam giác$IAD$

nên nếu gọi $X$ là trung điểm $AD$; $KX$ cắt $(O)$ tại$Y,P'$($Y$ cùng phía với $A$ bờ $BC$)

có $AKDY$ là hbh và $Y$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$   (*)

Ta cm $BKNP': nt$

Thật vậy theo gt thì $M$ là trực tâm tg $IKC$ gọi $L$ là giao $KM$ với $(O)$

góc $KNB=LNC=90^0-BCI=KP'B$

cm xong


Trong chủ đề: Chứng minh rằng $KP=KQ$

02-01-2014 - 14:20

Gọi $(O)$ là đường tròn $(ABC)$ ;$G$ là giao hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ 

Ta có $K$ chính là giao của $AG,BC$

Khi đó nhận thấy ngay góc $KBG=BAC=PKB$ nên $KP//BG$

Tương tự $QK//CG$

Do đó $\frac{AP}{AB}=\frac{AK}{AG}=\frac{AQ}{AC}$

nên $PQ//BC$

Khi đó góc $KPQ=PKB=BAC=QKC=KQP$

Vậy $KP=KQ$


Trong chủ đề: Cm P,Q,R,A đồng viên

02-01-2014 - 11:00

Ta cm $RP$ vuông góc $AB$,$RQ$ vuông góc $AC$    (1)

Đường thẳng qua $P$ vuông góc $AB$ cắt đường thẳng qua $Q$ vuông góc $AC$ tại $R'$ ,$R'P,HB$ giao tại $X$.Tương tự có $Y$

Thấy ngay $AP=AQ$ nên $AR'$ là phân giác $\angle BAC$

Do đó để cm ý (1) ta sẽ phải cm $R=R'$ hay cm $R'$ nằm trên $HM$

Gọi $I$ là giao của $XY;HR'$ có $HXR'Y$ là hình bình hành nên $I$ là trung điểm $XY$

Ta có 

$\frac{BP}{PC'}=\frac{BX}{HX}=\frac{HB}{HC'}=\frac{HC}{HB'}=\frac{CQ}{CB'}=\frac{CY}{CH}$

nên $XY//BC$ Do đó $HR$ qua trung điểm $M$ của $BC$

Vậy ta có DPCM~~


Trong chủ đề: $M,N,P$ thẳng hàng .

31-12-2013 - 23:29

  Bài toán :Cho $\Delta ABC$ có đường tròn $(I)$ nội tiếp trong tam giác và tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Vẽ đường tròn $(I_{1})$ đi  qua $I$ và tiếp xúc với AB,AC .Vẽ đường tròn $(I_{2})$ đi qua $I$ và tiếp xúc với AB,BC. Vẽ đường tròn $(I_{3})$ đi qua $I$ và tiếp xúc với AC,BC. Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm thứ 2 khác $I$ của các cặp đường tròn $(I_{2}),(I_{3});(I_{1}),(I_{3});(I_{1}),(I_{2})$. Gọi $M,N,P$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AIX,BIY,CIZ$.

                   CMR: $M,N,P$ thẳng hàng .

Lời giải 2: Gọi $K,L,R$ là là giao của $AI,BI,CI$ với $(O)$

Ta có ngay $LR$ là trung trực của $AI$,mà $I_{2}I_{3}$ là trung trực của $IX$

Nên nếu gọi $M$ là giao của $AI,I_{2}I_{3}$ thì $M$ là tâm $(AIX)$.

Tương tự xác định các điểm $N,P$ là tâm của $(BIY),(CIZ)$.

Áp dụng định lí $Desagues$ cho hai tam giác $MNP,I_{1}I_{2}I_{3}$ 

có ngay dpcm~~


Trong chủ đề: PQ,BC,MT đồng qui.

29-12-2013 - 15:49

Nhận xét: Hai đường tròn $(O);(I)$ tiếp xúc trong tại $A$ (như hình vẽ).$B,C$ thuộc $(O)$ khác $A$. $AB,AC$ cắt $(I)$ tại $D,E$. Vẽ hai tiếp tuyến tới $(I)$ là $BF,CG$.Khi đó ta có hệ thức:  $\frac{BF}{CG}=\frac{AB}{AC}$

Chứng minh:

$\frac{BF^2}{CG^2}=\frac{BD.AB}{CE.AC}=\frac{AB^2}{AC^2}$

Áp dụng vào bài toán:

 

 

 

Thấy ngay $TM$ là phân giácngoài của góc $BTC$. Gọi $I$ là giao của $TM$ và $BC$

Ta cần cm: $I,P,Q$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí $Melenauyt$ + nhận xét ở trên vào tam giác $ABC$ cho 3 điểm $P,Q,I$ có ngay dpcm~~...